二项式定理在解竞赛题中的应用.doc

作者介绍：王扬，男，1959.11生。陕西西安市人，深圳育才中学数学高级教师，中国数学奥林匹克高级教练.二项式定理在解竞赛题中的应用陕西省西安中学 王 扬二项式定理，由于其结构复杂，多年来在高考试题里未能充分展现其应有的知识地位，然而，数学竞赛命题者却对此情有独钟而涉及到二项式定理的试题又常使参赛学生感到棘手，这里，笔者介绍应用二项式定理解决几类问题的方法。1 解决一些整数问题 （1）构造对偶式，利用二项式定理判断整数问题例1当时，的整数部分是奇数，还是偶数？请证明你的结论。（1980，迎春杯数学竞赛）分析：因为可表示为一个整数与一个纯小数之和，而这个整数即为所求，要判断此整数的奇偶性，由联想到其共轭根式，其和+是一个偶数，即的整数部分为奇数，于是，可从研究对偶式与的和入手。证明：首先，我们肯定的整数部分为奇数。事实上，因，且 + 即 ，因此，的整数部分为奇数。（2）构造对偶式，利用二项式定理处理整除性问题例2试证大于的最小整数能被整除（nN）。（第6届普特南数学竞赛）分析：由 ，考虑二者之和。证明：注意到，结合二项式定理有则大于的最小正整数必为2k，又 而由二项式定理知 所以， 即 ，从而命题得证。注：此题也可用数学归纳法证明。（3）构造二项式，利用递推式证明整除性问题例3设 是非负整数，求证： 能被整除。分析：联想到二项展开式的结构，构造a的二项式，并设法分离出整数。证明：有二项式定理知 欲证原题，只要证 为整数即可。但易知 ，且 ，由数学归纳法易知皆为整数。（n=2k+1）.注：递推法与归纳法联手是解决本题的高招。例4一个整数数列定义如下： （1） （2）证明：当且仅当 时，有 。（第29届IMO备选题）分析：上例由二项式构造递推式进而顺利完成了证明，此题则给出了递推式，是否可逆用上例的思想是值得思考之路。证明：由条件（1）、（2）知 ，设 ，则 后面括弧里中间一项为1，其余的项每两个共轭根式之和为2的倍数，因此，后面括弧中的数之和为奇数，所以 事实上，令 ，则有（应用二项式定理）即 ，所以即 。2证明不等式例5证明：对任意的正整数n，不等式 成立。（第21届全苏数学竞赛）证明：由二项式定理有 于是本题得证。例 6 。设 且 ，试证对每个nN，都有。（1988，全国高中数学联赛）分析：本题一般采用数学归纳法，但合理应用二项式定理也是解此题的良策。证法1：由 知 ，对欲证不等式左边直接应用二项式定理有证法2；作变换后应用二项式定理。令 ，结合 有注：证法2中的代换及 的运用恰到好处，值得一提。3 结合其它知识解某些综合问题有些复杂的问题看似与二项式定理无关，其实通过观察，分析题目的特征，联想构造合适的二项式模型，便可使问题迅速解获。例7数列，证明：中含有无穷多个完全平方。（第30届IMO预选题）。分析：例4的证明过程启示我们：的展开式可表示为 的形式，故只需考虑的整数性质。证明：设m为整整数，由二项式定理知 ：，两式相乘得 （1） （2）（1）的两边同乘以得 （3）记 ，则 完全平方数。这便证得了本题结论。注：构造出不等式（3）是成功解决此题的关键。例 8。设数列定义如下：（n1），如果n为大于5的素数，求证：。（第29届IMO备选题）分析：联想到例4的结构，由本题所给递推式可求得通项公式二项式模型，进而给利用数论知识铺平道路。证明：令 ，则 （1） （2）由（1）及（2）易推出 注意到 n为大于5的素数，所以，由（3）知 ，所以，（这几步应用了费尔马小定理）而 。注：费尔马小定理在解决整除性问题中的工具作用是不可低估的，而变换数列则使新数列的的通项常规化二项式模型是解题的关键。例 9。数列 ，满足 是参数，设是给定的素数，求满足下列两个条件的a的最小值：（1）如果p是素数，且 ,则 。（2）如果p是素数，且 ,则 p(表示p不整除)。（第23届IMO备选题）解：由题目条件知，注意到 p是素数，则，由二项式定理有 ，而当p=2时， 。所以，使（1）、（2）成立的充要条件是a被满足 的所有素数p之积。练习题1设在的展开式中，用I记它的整数部分，F记它的小数部分，求证：（F+I）F是一定值。2对任意非负整数n，证明： 。3设 ，求证：。4证明：数列 的每一项都是整数，其中 ，并求所有使被3 整除.5.证明数列 的每一项都是自然数，且当n为偶数或奇数时分别有形式。（1978，捷克斯洛伐克数学竞赛）参考答案1而 ，则 ， 2. , =根据例2知 ，则只要证 （*）而 即 ，所以，（*）成立。3a=b时结论显然成立。只要证明 ab时，结论成立，这时原结论等价于 ，令 ，这时，4又易知 ，数列前8项除以3的余数依次为 ，所以，且对于，有，于是，在此数列中凡 的项只有这些项除以3的于是为0，（kN），又 ， 即 ，且仅当 时，。5设 ，则 时，且有